1116. 【HNOI2008】T_OY(踢欧阳^_^) (Standard IO)
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Description
8月P教授要去看奥运，但是他割舍不下自己的一大堆智力玩具。于是，他决定把所有玩具都运到北京去。P教授使用自己的物体维数压缩器ODZ(Object Dimension Zipper)来给玩具装箱。ODZ 可以将任意物品变成一维，再装到一种特殊的一维容器中。P教授有编号为1..N的N件玩具，第i件玩具经过ODZ处理后一维长度是Ci。为了方便整理，P教授要求在一个一维容器中的玩具编号是连续的。同时，如果一个一维容器中有多个玩具，那么相信两件玩具之间要加入1个单位长度的填充物。
形式地说，如果将第i到第j件玩具放在一个容器中，那容器的长度将为：
x=j-i+sigma(Ck) //i<=k<=j
制作容器的费用与容器长度有关。根据P教授的研究，如果容器长度为x，其制作费用为(x-L)^2，其中L是一个常量。P教授不关心容器的数目，他可以制造出任意长度的容器（甚至超过L），但他希望费用最小。
Input
第一行输入两个整数N和L，接下来N行输入Ci。1<=N<=50000，1<=L,Ci<=10^7。
Output
输出最小费用。
Sample Input
5 4
3
4
2
1
4
Sample Output
1Data Constraint
Source / Author: HNOI2008第二试第三题 TOY
题解：
原来的想法：设f[i] 为1～i放完最小代价。
假设ｊ＋１～i分一组
f[i] = max(f[j] + （i － ｊ － １ ＋ ｐｒｅ［ｉ］ － ｐｒｅ［ｊ］ － Ｌ）＾２)
ｐｒｅ是前缀和。
考虑优化：
我们把平方的项，设为O，进行整理：
Ｏ ＝ （i － ｊ － １ ＋ ｐｒｅ［ｉ］ － ｐｒｅ［ｊ］ － Ｌ）＾２
＝ ［（ｉ＋ｐｒｅ［ｉ］ － Ｌ －１）－ （ｊ＋ｐｒｅ［ｊ］） ］＾２
＝ （ｉ＋ｐｒｅ［ｉ］ － Ｌ －１）＾２ ＋ （ｊ＋ｐｒｅ［ｊ］）＾２
－ ２（ｉ＋ｐｒｅ［ｉ］ － Ｌ －１ （ｊ＋ｐｒｅ［ｊ］）
若ｉ处决策点ａ优于ｂ ，b<a
则
ｆ［ａ］ +（ｉ＋ｐｒｅ［ｉ］ － Ｌ －１）＾２ ＋ （ａ＋ｐｒｅ［ａ］）＾２
－ ２（ｉ＋ｐｒｅ［ｉ］ － Ｌ －１）＊（ａ＋ｐｒｅ［ａ］）
＜
ｆ［ｂ］ ＋ （ｉ＋ｐｒｅ［ｉ］ － Ｌ －１）＾２ ＋
－ ２（ｉ＋ｐｒｅ［ｉ］ － Ｌ －１）＊（ｂ＋ｐｒｅ［ｂ］）
所以
ｆ［ａ］＋（ａ＋ｐｒｅ［ａ］）＾２ － （ｂ＋ｐｒｅ［ｂ］）＾２
＜
ｆ［ｂ］＋２（ｉ＋ｐｒｅ［ｉ］ － Ｌ －１）＊（ａ＋ｐｒｅ［ａ］）－ ２（ｉ＋ｐｒｅ［ｉ］ － Ｌ －１）＊（ｂ＋ｐｒｅ［ｂ］）
也就是
＜
ｆ［ｂ］＋２（ｉ＋ｐｒｅ［ｉ］ － Ｌ －１）（ ａ＋ｐｒｅ［ａ］－ｂ－ｐｒｅ［ｂ］）
【ｆ［ａ］＋（ａ＋ｐｒｅ［ａ］）＾２】－【ｆ［ｂ］＋（ｂ＋ｐｒｅ［ｂ］）＾２】
—————————————————————————————— ＜ ２（ｉ＋ｐｒｅ［ｉ］ － Ｌ －１）
ａ＋ｐｒｅ［ａ］－ｂ－ｐｒｅ［ｂ］
像极了斜率。
拆式子套路：关于ａｂ的放在左边，i和常数到右边。
我们把不等式右边设为R，左边的设为ｓ（b，a）表示ａｂ的斜率，若ｓ（b，a） ＜ Ｒ，则ａ更优。
于是我们发现重要结论： 三个决策点ａ，ｂ，ｃ 若ｓ（c，b） >ｓ（b，a） 则 删除决策点ｂ。（ｃ ＜ ｂ ＜ ａ）
证明：
若Ｒ ＜ ｓ（b，a） ＜ ｓ（c，b） 则 ｂ优于ａ 且 ｃ优于ｂ ，最优为ｃ
若 ｓ（b，a） ＜ Ｒ ＜ ｓ（c，b） 则ａ优于ｂ ， ｃ优于b ， 最优不为b
若 ｓ（b，a） < s(c,b) < R , 则a优于b，且 b优于c，最优为a
若ｓ（c，b） >ｓ（b，a） 则 删除决策点ｂ。
b无容身之地，从此踢掉就可以了。
维护一个队列，每次加点操作，我们都往前删。
发现我们维护了一个下凸包，斜率越来越大，满足单调性。
此图A为新加入点。
随着i增大，R单调上升。
单调队列，越往队头斜率越小。
所以s(F,D) < S(D,C);
同上，枚举R的大小位置，可以得到：
若S(F,D) < R 删除F
我们这样类推往从头往后删。
删完点，所有的线段斜率都大于R了。
S(D,C) >R ; S(C,A) > R;
D优于C，C优于A。。。
得到此时队头这个决策点最优！
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define N 50010
#define ll long long
#define open(x) freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout);
using namespace std;
ll n,L,i,j,t,ans;
ll pre[N],g[N],f[N],c[N],tail,head;
double q[N];
double sqr(double x){return x*x;}
double slope(ll x,ll y)
{
return ( f[x] + sqr(g[x]) - f[y]- sqr(g[y]) ) / (g[x] - g[y]);
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&L);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&c[i]);
for(i=1;i<=n;i++) pre[i] = pre[i-1] + c[i],g[i] = i + pre[i];
head = tail=1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
while(head < tail && slope(q[head],q[head+1]) <= 2*(g[i] - L -1))++head;
j=q[head];
f[i] = f[j] + sqr(g[i] - g[j] -1 - L);
while(head<tail && slope(q[tail-1],q[tail]) >= slope(q[tail],i))--tail;
q[++tail] = i;
}
printf("%lld",f[n]);
return 0;
}